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题解 记忆碎片

2021-10-04 07:00:22  阅读:160  来源: 互联网

标签:原图 连通 int 题解 ll long 碎片 记忆 define


传送门

很神的题

原图的最小生成树是确定的,但在这里不知道怎么用

  • 给定原图最小生成树,求原图方案数的一种可能切入点:
    考虑kruskal的过程,若按权值从小到大加边,则树边一定会连通两个连通块,非树边一定不影响连通性

于是可以以连通块为状态做DP了
那令 \(dp[i][s]\) 为考虑到第 \(i\) 小的边,连通块状态为 \(s\) 时的方案数
状态的记录可以用一个vector,每个下标对应位置存大小为这个下标的值的连通块个数
转移考虑新加的边是不是树边
若是,就枚举两个连通块将它们连通
否则一定是在同一个连通块内连边
但一个连通块还能连多少边也是由这个连通块内已经连了多少边决定的
这个状态数巨大不能记到状态里
发现连了非树边之后并不改变状态,所以我们只关心有多少种再连一条边的方式而不关心它们具体连在了哪
所以可以枚举连通块计算在其中连边的方案数,最后减掉已经连好的 \(i-1\) 条边即可

注意数组要开到 \(\frac{n(n-1)}{2}\)

Code:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define N 45
#define ll long long
#define fir first
#define sec second
#define pb push_back
//#define int long long

char buf[1<<21], *p1=buf, *p2=buf;
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf, 1, 1<<21, stdin)), p1==p2?EOF:*p1++)
inline int read() {
	int ans=0, f=1; char c=getchar();
	while (!isdigit(c)) {if (c=='-') f=-f; c=getchar();}
	while (isdigit(c)) {ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48); c=getchar();}
	return ans*f;
}

int n;
bool intr[N*N];
ll fac[N], inv[N];
const ll mod=1e9+7;
map<vector<int>, ll> dp[1010];
vector<int> base;
inline void md(ll& a, ll b) {a+=b; a=a>=mod?a-mod:a;}
inline ll C(int n, int k) {return n<k?0ll:fac[n]*inv[k]%mod*inv[n-k]%mod;}

signed main()
{
	freopen("tree.in", "r", stdin);
	freopen("tree.out", "w", stdout);

	n=read();
	for (int i=1; i<n; ++i) intr[read()]=1;
	for (int i=0; i<=n; ++i) base.pb(0);
	fac[0]=fac[1]=1; inv[0]=inv[1]=1;
	for (int i=2; i<=n; ++i) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	for (int i=2; i<=n; ++i) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
	for (int i=2; i<=n; ++i) inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%mod;
	vector<int> s=base; s[1]=n;
	dp[0][s]=1;
	for (int i=1; i<=n*(n-1)/2; ++i) {
		if (intr[i]) {
			for (auto it:dp[i-1]) {
				s=it.fir;
				for (int j=1; j<=n; ++j) if (s[j]) {
					--s[j];
					if (s[j]) {
						--s[j]; ++s[j*2];
						md(dp[i][s], it.sec*j%mod*j%mod*C(s[j]+2, 2)%mod);
						++s[j]; --s[j*2];
					}
					for (int k=j+1; k<=n; ++k) if (s[k]) {
						--s[k]; ++s[j+k];
						md(dp[i][s], it.sec*j%mod*(s[j]+1)%mod*k%mod*(s[k]+1)%mod);
						++s[k]; --s[j+k];
					}
					++s[j];
				}
			}
		}
		else {
			for (auto it:dp[i-1]) {
				s=it.fir;
				int able=0;
				for (int j=1; j<=n; ++j) if (s[j]) able+=s[j]*C(j, 2);
				able-=i-1;
				// cout<<"able: "<<able<<endl;
				md(dp[i][s], it.sec*able%mod);
			}
		}
	}
	s=base; s[n]=1;
	printf("%lld\n", dp[n*(n-1)/2][s]);

	return 0;
}

标签:原图,连通,int,题解,ll,long,碎片,记忆,define
来源: https://www.cnblogs.com/narration/p/15365659.html

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